TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 550

Bestimmen Sie mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren die Lösung des Gleichungssystems über dem Körper K,
K=Q

2x₁ +x₂ + x₃ = 0
  x₁       + x₃ = 1
4x₁       + x₃ = 4

Zusatz von Har203:

a) $K=\mathbb {Q} \quad$b) $K=\mathbb {Z} _{3}$

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{{Beispiel|1=
Angabetext
}}

oder

{{Beispiel|
Angabetext
}}

zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Lösungsvorschlag von mfa

(A, b)= ${\begin{pmatrix}2&1&1&|0\\1&0&1&|1\\4&0&1&|4\end{pmatrix}}$

Vertauschen der Zeilen wie folgt:
1. Zeile an 2. Stelle
2. Zeile an 3. Stelle
3. Zeile an 1. Stelle

(A, b)= ${\begin{pmatrix}4&0&1&|4\\2&1&1&|0\\1&0&1&|1\end{pmatrix}}$

1. Zeile - (3. Zeile * -4)

1. Zeile - (2. Zeile * -2)

(A, b) ${\begin{pmatrix}4&0&1&|4\\0&-2&-1&|4\\0&0&-3&|0\end{pmatrix}}$
r = n $\rightarrow$ Das System ist eindeutig lösbar Unbekannte errechnen:
-3x₃ = 0 / : -3
   x₃ = 0

-2x₂ = 4 / : -2
   x₂ = -2

 4x₁ = 4 / : 4
   x₁ = 1

x = ${\begin{pmatrix}x1\\x2\\x3\end{pmatrix}}$ = ${\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}}$

Zusatz von JInformatics:

Die Lösung stimmt, aber man kann durch geschicktes (und nicht kompliziertes) vereinfachen der Matrix , links eine Einheitsmatrix hinbekommen und somit die Lösung sofort ablesen.

${\begin{pmatrix}1&0&0&|1\\0&1&0&|-2\\0&0&1&|0\end{pmatrix}}$

Hilfreiches von Har203

Gaußsche Eliminationsverfahren

Das Gaußsche Eliminationsverfahren oder einfach Gauß-Verfahren (nach Carl Friedrich Gauß) ist ein Algorithmus aus den mathematischen Teilgebieten der linearen Algebra und der Numerik. Es ist ein wichtiges Verfahren zum Lösen von Linearen Gleichungssystemen und beruht darauf, dass Äquivalenzumformungen zwar das Gleichungssystem ändern, aber die Lösung erhalten.

Lösungsvorschlag von Har203

a) Wir stellen das Gleichungssystem mittels erweiterter Matrix auf:

${\begin{alignedat}{1}\left({\begin{array}{ccc|c}2&1&1&0\\1&0&1&1\\4&0&1&4\end{array}}\right){\begin{array}{l|}\to -Z2\\\to 2\cdot Z2-Z1\,\\-2\cdot Z1\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{ccc|c}1&1&0&-1\\0&-1&1&2\\0&-2&-1&4\end{array}}\right){\begin{array}{l|}\to +Z2\,\\\to \cdot (-1)\\\to -2\cdot Z2\;\end{array}}\to \left({\begin{array}{ccc|c}1&0&1&1\\0&1&-1&-2\\0&0&-3&0\end{array}}\right){\begin{array}{l|}\to +(1/3)\cdot Z3\,\\\to (-1/3)\cdot Z3\,\\\to \cdot (-1/3);\end{array}}\to \left({\begin{array}{ccc|c}1&0&0&1\\0&1&0&-2\\0&0&1&0\end{array}}\right)\end{alignedat}}$

Wir können nun die eindeutige Lösung ablesen: $x_{1}=1,\,x_{2}=(-2),\,x_{3}=0$. Alle drei Zahlen sind aus $\mathbb {Q}$.

b) Über dem Körper $K=\mathbb {Z} _{3}$ müssen wir die Umformungen neu und nur mit Hilfsmittel aus $\mathbb {Z} _{3}$ durchführen. Wir haben jetzt nur die Restklassen ${\overline {0}}$ bis ${\overline {2}}$. D.h. wir werden alle negativen Zahlen und Zahlen $\geq 3$ durch die entsprechende Restklasse ersetzen ($\pm \,3$ addieren). Das Gleichungssystem in $\mathbb {Z} _{3}$ schaut folgend aus

${\begin{alignedat}{1}\left({\begin{array}{ccc|c}2&1&1&0\\1&0&1&1\\1&0&1&1\end{array}}\right){\begin{array}{l|}\to \cdot 2\,\\\to Z1+Z2\;\\\to -Z2\,\end{array}}\to \left({\begin{array}{ccc|c}1&2&2&0\\0&1&2&1\\0&0&0&0\end{array}}\right){\begin{array}{l|}\to Z1+Z2\,\\\,\\\;\end{array}}\to \left({\begin{array}{ccc|c}1&0&1&1\\0&1&2&1\\0&0&0&0\end{array}}\right)\end{alignedat}}$

D.h. unsere Lösungsmatrix schaut folgend aus:

$A^{*}=\left({\begin{array}{ccc|c}1&0&1&1\\0&1&2&1\\0&0&0&0\end{array}}\right)$

Unser Lösungsraum ist für $x_{2}$ und $x_{3}$ gegeben durch $x_{2}+{\overline {2}}\cdot x_{3}={\overline {1}}$ bzw. ($+\,{\overline {2}}\cdot x_{2}$ auf beiden Seiten ($\to {\overline {2}}\cdot x_{3}={\overline {1}}+{\overline {2}}\cdot x_{2}$) und dann mit ${\overline {2}}$ multipliziert $\to$) $x_{3}={\overline {2}}+x_{2}$. Für $x_{1}$ gilt die Gleichung $\;x_{1}+x_{3}={\overline {1}}$ bzw. ($+\,{\overline {2}}\cdot x_{3}$ auf beiden Seiten) $x_{1}={\overline {1}}+{\overline {2}}\cdot x_{3}$

Das ergibt in $\mathbb {Z} _{3}$ folgende 3 Lösungen:

${\begin{array}{|c|c|c|}x_{2}&x_{3}&x_{1}\\\hline {\overline {0}}&{\overline {2}}&{\overline {2}}\\{\overline {1}}&{\overline {0}}&{\overline {1}}\\{\overline {2}}&{\overline {1}}&{\overline {0}}\end{array}}$ 

$\qquad \qquad \blacksquare$